2019-2020学年高中数学 第2章 圆锥曲线与方程 2.2.2 椭圆的简单几何性质 第二课时 直

第二章圆锥曲线与方程2．2椭圆2．2.2椭圆的简单几何性质第二课时直线与椭圆的位置关系梳理知识夯实基础自主学习导航目标导学1．掌握点与椭圆、直线与椭圆的位置关系及其研究方法，并能利用相关性质解决一些实际问题．2．通过全面理解椭圆的几何性质，培养学生综合利用知识、灵活解决问题的能力．‖知识梳理‖1．点与椭圆的位置关系设点P(x0，y0)，椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)．位置关系点P在椭圆上⇔x20a2＋y20b2_______1点P在椭圆内⇔x20a2＋y20b2______1点P在椭圆外⇔x20a2＋y20b2_______1＝＜＞2．直线与椭圆的位置关系及判定位置关系公共点个数组成的方程组的解判定方法(利用判别式Δ)相交______个______解Δ______0相切______个______解Δ______0相离______个______解Δ______022个＞11个＝0无＜解剖难点探究提高重点难点突破直线与椭圆的位置关系主要是指公共点问题、相交弦问题及其他综合问题．反映在代数上，就是直线与椭圆方程联立的方程组有无实数解及实数解的个数的问题，它体现了方程思想的应用，即把椭圆方程x2a2＋y2b2＝1(ab0)与直线y＝kx＋m联立方程组消去y，整理成Ax2＋Bx＋C＝0的形式(这里的系数A一定不为零)，设其判别式为Δ.(1)当Δ＞0时，直线与椭圆有两个公共点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则可结合韦达定理代入弦长公式|MN|＝x2－x12＋y2－y12＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝1＋k2·Δ|A|＝1＋k2|x2－x1|求得．即Δ＞0是直线与椭圆相交的充要条件．(2)当Δ＝0时，直线与椭圆相切，Δ＝0是直线与椭圆相切的充要条件．(3)当Δ＜0时，直线与椭圆相离，Δ＜0是直线与椭圆相离的充要条件．涉及有关中点弦问题时，常用点差法，或直线与椭圆联立，利用韦达定理的方法求解．归纳透析触类旁通课堂互动探究题型一直线与椭圆的位置关系已知椭圆C：x24＋y2＝1.(1)若(3，n)在椭圆内，求实数n的取值范围；(2)m为何值时，直线y＝x＋m与椭圆C相交、相切、相离？【思路探索】对于(1)利用点与椭圆的位置关系求解；对于(2)，将直线与椭圆联立，利用判别式求解．【解】(1)∵(3，n)在椭圆内，∴34＋n2＜1，解得－12＜n＜12.∴n的取值范围是－12，12.(2)由y＝x＋m，x24＋y2＝1，得5x2＋8mx＋4m2－4＝0，Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(4m2－5m2＋5)＝16(5－m2)．当Δ＝16(5－m2)＞0，即－5＜m＜5时，直线与椭圆相交；当Δ＝16(5－m2)＝0，即m＝±5时，直线与椭圆相切；当Δ＝16(5－m2)＜0，即m＞5或m＜－5时，直线与椭圆相离．[名师点拨]判断直线与椭圆的位置关系时，常将直线与椭圆的方程联立，消元后，得到一个一元二次方程，利用判别式求解：Δ＞0⇔直线与椭圆相交；Δ＝0⇔直线与椭圆相切；Δ＜0⇔直线与椭圆相离.直线y＝x＋2与椭圆x2m＋y23＝1有两个公共点，则m的取值范围是()A．m＞1B．m＞1且m≠3C．m＞3D．m＞0且m≠3解析：由y＝x＋2，x2m＋y23＝1，得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0.由题意，得Δ＝16m2－4m3＋m＞0，m＞0，m≠3，解得m＞1且m≠3.答案：B题型二有关弦长问题求直线y＝x＋1被椭圆x24＋y22＝1所截得的弦长．【思路探索】将直线与椭圆方程联立，再套弦长公式可求出弦长．【解】设直线y＝x＋1与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由y＝x＋1，x24＋y22＝1，得3x2＋4x－2＝0.①由题意，得方程①有两根x1，x2，根据韦达定理，得x1＋x2＝－43，x1x2＝－23，∴|AB|＝1＋k2|x2－x1|＝2·x1＋x22－4x1x2＝2·169＋83＝453.∴直线y＝x＋1被x24＋y22＝1所截得的弦长为453.[名师点拨]求直线与椭圆相交所得弦长问题，通常是将直线与椭圆方程联立，消元后得到一元二次方程，再利用弦长公式：弦长＝1＋k2|x2－x1|求解.(2019·定州模拟)已知直线l：y＝kx＋1与椭圆x22＋y2＝1交于M，N两点，且|MN|＝423，则k＝________.解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由y＝kx＋1，x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，所以x1＋x2＝－4k1＋2k2，x1x2＝0.由|MN|＝423，得(1＋k2)(x1－x2)2＝329，所以(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝329，即(1＋k2)－4k1＋2k22＝329，化简得k4＋k2－2＝0，所以k2＝1，所以k＝±1.答案：±1题型三直线与椭圆的综合应用(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：x22＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与椭圆C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.【思路探索】(1)由椭圆C的方程可求得右焦点F的坐标，由于l⊥x轴，从而求出A的坐标，进一步可求得AM的方程；(2)对直线l分三种情况讨论：当直线l与x轴重合时，可直接求得∠OMA＝∠OMB；当直线l⊥x轴时，可直接求得∠OMA＝∠OMB；当直线l与x轴不重合也不垂直时，可设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用斜率公式表示出kMA＋kMB.把直线l的方程代入椭圆C的方程，消去y转化为x的一元二次方程，利用根与系数的关系可证明kMA＋kMB＝0，从而证得∠OMA＝∠OMB.【解】(1)由椭圆方程为x22＋y2＝1，得F(1,0)，当l与x轴垂直时，l的方程为x＝1.由已知可求得，点A的坐标为1，22或1，－22.又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2.(2)当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB；当l⊥x轴时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB；当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x12，x22，则直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝2kx1x2－3kx1＋x2＋4kx1－2x2－2.将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.所以x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k2k2＋1＝0，所以kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，从而∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB.[名师点拨]圆锥曲线试题的计算量较大，对考生的运算能力要求较高，寻求简捷、合理的运算途径尤为重要．因此在解答圆锥曲线的综合问题时，应根据圆锥曲线的几何性质，将所求问题代数化，再结合其他知识解答．解题时，要充分利用设而不求法、根与系数的关系、弦长公式等知识.如果点M(x，y)在运动过程中总满足关系式x－222＋y2＋x＋222＋y2＝43.(1)说明M的轨迹是什么曲线并求出它的轨迹方程；(2)设直线l：y＝－x＋m(m∈R)与点M的轨迹交于不同两点A，B，且|AB|＝32，若点P(x0,2)满足(PA→＋PB→)·AB→＝0，求x0.解：(1)M的轨迹是椭圆．由题中关系式，可得M(x，y)到(22，0)，(－22，0)的距离之和为43.∴2a＝43，a＝23，c＝22，∴b2＝a2－c2＝12－8＝4，∴M的轨迹方程为x212＋y24＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB＝[1＋－12]·[x1＋x22－4x1x2]＝32，即(x1＋x2)2－4x1x2＝9，联立y＝－x＋m，x212＋y24＝1，得4x2－6mx＋3m2－12＝0，∴x1＋x2＝32m，x1x2＝3m2－124，∴94m2－4·3m2－124＝9，得m2＝4，∴m＝±2.又(PA→＋PB→)·AB→＝0等价于P与AB中点连线与AB垂直，设AB中点为Q，则kPQ＝1，即y1＋y22－2x1＋x22－x0＝1，代入得x0＝m2＋2，∴x0＝3或1.即学即练稳操胜券课堂基础达标1．若点(2，m)在椭圆x216＋y23＝1外，则m的取值范围是()A．－32m32B．m32或m－32C．－34m34D．m34或m－34解析：由已知，得416＋m231，即m294，∴m32或m－32.答案：B2．直线l：kx－y－k＝0与椭圆x24＋y22＝1的位置关系是()A．相交B．相离C．相切D．不确定解析：∵直线l：kx－y－k＝0过点(1,0)，而点(1,0)在椭圆x24＋y22＝1的内部，∴直线l与椭圆相交．答案：A3．以椭圆x24＋y23＝1内一点P(1,1)为中点的弦所在的直线方程是()A．3x－4y＋2＝0B．3x＋4y－7＝0C．3x－4y＋7＝0D．3x－4y－2＝0解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为AB的中点为P，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，将A，B的坐标代入椭圆方程得3x21＋4y21＝12，3x22＋4y22＝12，所以3x1＋x2－4y1＋y2＝y1－y2x1－x2，所以kAB＝－34，所以AB：y－1＝－34(x－1)，即3x＋4y－7＝0.答案：B4．过椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F.若13k12，则椭圆C的离心率的取值范围是()A.14，34B．23，1C.12，23D．0，12解析：由题意可知，|AF|＝a＋c，|BF|＝b2a＝a2－c2a，于是k＝a2－c2aa＋c＝a－ca＝1－e.又13k12，∴131－e12，∴12e23.答案：C5．(2019·南充测试)设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点(0,4)，离心率为35.(1)求椭圆C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被椭圆C所截线段的中点的坐标．解：(1)将(0,4)代入椭圆C的方程得16b2＝1，∴b＝4.又e＝ca＝35，得a2－b2a2＝925，即1－16a2＝925.∴a＝5，∴椭圆C的方程为x225＋y216＝1.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y＝45(x－3)．设直线与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程y＝45(x－3)代入椭圆C的方程，得x225＋x－3225＝1，即x2－3x－8＝0，解得x1＋x2＝3，∴x1＋x22＝32，y1＋y22＝25(x1＋x2－6)＝－65，即中点的坐标为